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LeetCode115.不同的子序列
LeetCode583.两个字符串的删除操作
LeetCode72.编辑距离
LeetCode115.不同的子序列
给你两个字符串
s和t，统计并返回在s的 子序列 中t出现的个数，结果需要对 10^9 + 7 取模。
思路：昨天做了一道判断子序列的问题，今天这个跟它有点区别，这里是问子序列的个数有多少个。
但是大体上其实就是分为两个部分，遇到元素相等时如何处理，不相等时又如何处理。
这里当元素相等的时候，有两种情况。
一种是以s[i-1]元素去匹配，一种是不以s[i-1]去匹配。
这里建议参考s="bagg",t="bag"这个例子来看。
当是第一种情况的时候，这个时候就等于dp[i-1][j-1]，相当于使用s[i-1]来匹配了，所以不用管s[i-1]，t[j-1]的情况了（因为这是在两者相等的情况下进行的比较），所以这种情况下的个数取决于前面的状态数；
第二种情况下，相当于不拿这个相等的元素s[i-1]去匹配，而是看不适用这个元素能否有可能将以j-1下标结尾的t字符串进行匹配，所以这里是dp[i-1][j]，因为dp[i-1][j]早已经将前面的状态记录下来了，有没有，有多少都在这里面记录着。
最后将上面两种情况相加，即得到了在元素相等的情况下的dp[i][j]的数量。
而对于当s[i-1]不等于t[j-1]时，那就不可能有s[i-1]去匹配的情况发生，所以就只剩下dp[i-1][j]，也就是之前的记录状态，所以这时dp[i][j]=dp[i-1][j]。
int numDistinct(string s, string t) {//dp[i][j]表示以下标i-1结尾的s字符串包含以下标j-1结尾的t字符串的个数vector<vector<uint64_t>> dp(s.size() + 1, vector<uint64_t>(t.size() + 1, 0));//这里的uint64_t类型是处理大数据范围的for(int i = 0; i < s.size() + 1; i ++) dp[i][0] = 1;//这里表示以下标i-1结尾的s字符串包含空字符串的个数，这里可以很容易想到应该赋值为1；for(int j = 1; j < t.size() + 1; j ++) dp[0][j] = 0;//这里表示空字符串的s字符串包含空以下标j-1结尾的t字符串的个数，应该初始化为0。这里需要注意dp[0][0]表示空字符串的s包含空字符串的t的个数，明显dp[0][0]值为1，所以这里的起始下标从1开始。for(int i = 1; i < s.size() + 1; i ++){for(int j = 1; j < t.size() + 1; j ++){if(s[i - 1] == t[j - 1]){//当元素相等时，有两种方式获取个数dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];//第一种是使用这个相等的元素s[i-1]匹配，dp[i-1][j-1]表示dp[i][j]表示以下标i-2结尾的s字符串包含以下标j-2结尾的t字符串的个数，//第二种是不使用这个相等元素s[i-1]匹配，而是尝试使用dp[i-1][j],即以下标i-2结尾的s字符串包含以下标j-1结尾的t字符串的个数，//这里其实相当于是记录下了前面的状态个数有多少个，然后累加上这里使用相等元素s[i-1]匹配的时候的个数，总数即为最终结果}else{dp[i][j] = dp[i - 1][j];//这里s[i-1]与t[j-1]没有相等，所以相当于只能使用前面已经记录好的状态个数}}}return dp[s.size()][t.size()];}时间复杂度：O(n*m)
时间复杂度：O(n*m)
LeetCode583.两个字符串的删除操作
给定两个单词
word1和word2，返回使得word1和word2相同所需的最小步数。每步 可以删除任意一个字符串中的一个字符。
思路：刚看到这道题的时候其实就应该有一个思路，那就是求最大公共子序列，然后用两个字符串的长度分别减去最大公共子序列的长度，即可得到两者分别需要删除的最小步数，两者需要删除的最小步数相加即得到了最终结果。
其实还是比较清晰的，最大公共子序列之前也讲过，如果熟悉的话这道题还是比较简单的。
int minDistance(string word1, string word2) {//dp[i][j]表示以下标i-1结尾的word1字符串与以下标j-1结尾的word2字符串的最长公共子序列长度vector<vector<int>> dp(word1.size() + 1, vector<int>(word2.size() + 1, 0));for(int i = 1; i < word1.size() + 1; i ++){for(int j = 1; j < word2.size() + 1; j ++){if(word1[i - 1] == word2[j - 1]){dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;}else{dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);}}}return word1.size() + word2.size() - dp[word1.size()][word2.size()] * 2;}时间复杂度：O(n*m)
空间复杂度：O(n*m)
当然还有一种思路。关键还是在处理元素相等时与不相等时。
当元素相等的时候，保持之前的状态即可，即dp[i][j]=dp[i-1][j-1];
当元素不相等的时候，这里就有三种情况可选。
第一种是word1删除一个元素，回退一个下标，操作步数为1，即dp[i-1][j] + 1；
第二种是word2删除一个元素，同样回退一个下标，操作步数为1，即dp[i][j-1]+1;
第三种是word1、word2分别删除一个元素，回退一个下标，这时操作步数为2，所以有dp[i-1][j-1]+2。
但是事实上，第一、二种与第三种的状态存在重叠部分，拿第一种与第三种来说，dp[i-1][j-1]就相当于dp[i][j]中的word1、word2各删除了一个元素，操作步数为2，而dp[i-1][j]+1相当于dp[i][j]在本身word1回退删除了一个元素的基础上，尝试使得word2删除一个元素，操作步数为1。
同样的对于第二、第三种情况也是同样的道理，他们存在一个逻辑上的重叠。
因此可以将dp[i-1][j-1]+2去除，保留第一、二种情况，取其中的最小值。
当然如果没有理解这个去重逻辑也没关系，在元素不相等时从三种情况中取最小值也可以，也能通过。
int minDistance(string word1, string word2) {//dp[i][j]表示以下标i-1结尾的word1以及以下标j-1结尾的word2相同时所需的最小步数vector<vector<int>> dp(word1.size() + 1, vector<int>(word2.size() + 1));for(int i = 0; i < word1.size() + 1; i ++) dp[i][0] = i;//这里表示以下标i-1结尾的word1与空字符串的word2相同时所需的最小步数，当然是将word1中的元素全部删除才能相等，所以dp[i][0]=ifor(int j = 0; j < word2.size() + 1; j ++) dp[0][j] = j;//同理，对于dp[0][j]也是同样的道理for(int i = 1; i < word1.size() + 1; i ++){for(int j = 1; j < word2.size() + 1; j ++){if(word1[i - 1] == word2[j - 1]){dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];//这里在word1[i-1]与word2[j-1]相等后，说明不需要进行任何操作，所以它的最小步数就是前面dp[i-1][j-1]的步数}else{dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + 1;//这里其实应该有三种情况可以选//第一种是dp[i-1][j] + 1,表示以下标i-2结尾的word1以及以下标j-1结尾的word2相同时所需的最小步数的基础上，删除掉当前这个不相等的元素，这里只对word1删除了元素，所以需要加1//第一种是dp[i][j-1] + 1,表示以下标i-1结尾的word1以及以下标j-2结尾的word2相同时所需的最小步数的基础上，删除掉当前这个不相等的元素，这里只对word2删除了元素，所以需要加1//第三种情况第一种是dp[i-1][j-1] + 2,表示以下标i-2结尾的word1以及以下标j-2结尾的word2相同时所需的最小步数的基础上，删除掉当前这个不相等的元素，这里是对word1和word2都进行了操作，所以需要加2//当时其实dp[i-1][j]或者dp[i][j-1]和dp[i-1][j-1]具有关联//这里以dp[i-1][j]来说明，dp[i-1][j]+1和dp[i-1][j-1]+2其实在逻辑上是可以说它两是相等的，为什么呢？//dp[i-1][j]+1可以看作是dp[i][j]开始，在word1中删除一个元素，进行了一步操作所得，同样的dp[i-1][j-1]+2可以看作是dp[i][j]开始，在word1、word2中各删除一个元素的基础上，操作两步所得。所以如果只操作一次，那会不会就是dp[i-1][j]+1呢，显然答案是会，因此在逻辑上存在重叠//同理对于dp[i][j-1]也可以这样理解，所以这里就将其简化为dp[i-1][j]+1和dp[i][j-1]+1的比较了，取最小的值}}}return dp[word1.size()][word2.size()];}时间复杂度：O(n*m)
空间复杂度：O(n*m)
LeetCode72.编辑距离
给你两个单词
word1和word2， 请返回将word1转换成word2所使用的最少操作数 。你可以对一个单词进行如下三种操作：
- 插入一个字符
- 删除一个字符
- 替换一个字符
思路：这里和前面的题的区别在于这里新增了几个操作，不仅有删除，还有插入与替换。
还是从元素相等与不相等来分析。
当word1[i-1]等于word2[j-1]时，这时候不需要操作，于是保持前面的最少操作数即可，即为dp[i-1][j-1];
当word1[i-1]不等于word2[j-1]时，这时候分三种情况
第一种是删除元素，word1中删除元素，操作数为1，所以等于dp[i-1][j]+1;
第二种是插入元素，也相当于添加元素，采用的是word2删除元素，即dp[i][j-1]+1;
为什么呢？
因为它们是等价的操作数量，例如word1为“a",word2为“ab”,让word1插入一个“b”的操作次数使这两个字符串相等其实和word2删除一个“b”的操作次数使这两个字符串相等是一样的，所以这里使用word2删除元素来替代了word1插入元素的次数，为dp[i][j-1]+1；
第三种是替换，之前说元素相等的时候dp[i][j]=dp[i-1][j-1]，当元素不相等的时候，不需要删除或者插入元素，而是将不相等的元素换成相等的元素，这样以i-1结尾的字符串word1就能和以j-1结尾的字符串word2相等了，这时操作次数为1，所以这里dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1。
在元素不相等的时候，以上三种情况取最小的即可。
int minDistance(string word1, string word2) {//dp[i][j]表示以下标i-1结束的word1转换成以下标j-1结束的word2所需使用的最少操作数量vector<vector<int>> dp(word1.size() + 1, vector<int>(word2.size() + 1));for(int i = 0; i < word1.size() + 1; i ++) dp[i][0] = i;//这里相当于word1需要删除i个元素才能和空字符串word2相等，也就是转换成功for(int j = 0; j < word2.size() + 1; j ++) dp[0][j] = j;//这里相当于word1需要插入j个元素才能和word2字符串相等for(int i = 1; i < word1.size() + 1; i ++){for(int j = 1; j < word2.size() + 1; j ++){if(word1[i - 1] == word2[j - 1]){dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];//这里元素相等就直接等于前面的状态的最少操作数量}else{dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], min(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j - 1])) + 1;//元素不相等的时候，有三种操作情况//第一种是word1删除元素，回退一个下标，操作次数为1，所以为dp[i-1][j]+1;//第二种是word1插入元素，但是实际上word1的插入元素的操作数量等价于word2的删除元素的操作数量，例如word1为“a",word2为“ab”,让word1插入一个“b”的操作次数其实和word2删除一个“b”的操作次数是一样的，所以这里使用word2删除元素来替代了word1插入元素的次数，为dp[i][j-1]+1//第三种是替换字符，我们知道当相等的时候dp[i][j]=dp[i-1][j-1],操作次数不会增加，所以如果尝试在word1中替换不相等的元素为相等的元素，那么操作次数就应该会加1，所以dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1//以上三种情况在word1中的字符与word2中的字符不相等时取最小的}}} return dp[word1.size()][word2.size()];}时间复杂度：O(n*m)
空间复杂度：O(n*m)
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